山东省2020届高三模拟考试化学试题

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山东省2020届高三模拟考试化学试题

高三化学模拟试题 一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.我国在物质制备领域成绩斐然,下列物质属于有机物的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.双氢青蒿素属于有机物,A符合题意;‎ B.全氮阴离子盐属于无机物,B不符合题意;‎ C.聚合氮属于无机物,C不符合题意;‎ D.砷化铌纳米带属于无机物,D不符合题意;‎ 答案选A。‎ ‎2.下列解释事实的化学用语不正确的是 A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后,转化为铜蓝(CuS):ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+‎ B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3:CH3COOH CH3COO- + H+‎ C. 电解NaCl溶液,阴极区溶液pH增大:2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-‎ D. 钢铁发生吸氧腐蚀,负极反应为:Fe-3e- === Fe3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后,因ZnS的溶解度比CuS的大,则可发生沉淀的转化其离子方程式为:ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+,A项正确;‎ B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3,是因为醋酸是弱酸,发生部分电离,其电离方程式为:CH3COOH CH3COO- + H+,B项正确;‎ C. 电解NaCl溶液,阴极区水中的氢离子得电子生成氢气,溶液pH增大,电极反应式为:2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-,C项正确;‎ D. 钢铁发生吸氧腐蚀,负极铁失电子生成亚铁离子,其电极反应式为:Fe-2e- === Fe2+,D项错误;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】注意D选项是学生易疏忽的考点,钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀,其负极均为铁失电子生成亚铁离子的过程,不能直接得到铁离子。‎ ‎3.用 NA 表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是 A. 用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到 0.4mol NaOH,在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为 0.1 NA B. 2 mol H3O+中含有的电子数为 20 NA C. 密闭容器中 1 mol N2(g)与 3 mol H2 (g)反应制备氨气,形成 6 NA 个 N-H 键 D. ‎32 g N2H4中含有的共用电子对数为6 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解饱和食盐水的化学方程式为:2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2,反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价,得到0.4molNaOH时,生成0.2molCl2,转移电子数为0.4NA,氢氧燃料电池正极的电极反应式为:O2+2H2O+4e-=4OH-,因此正极上消耗氧气分子数为0.1 NA ,故A错误;‎ B. 1个H3O+中含有10个电子,因此2mol H3O+中含有的电子数为20 NA ,故B正确;‎ C. N2与H2反应的化学方程式为:N2+3H22NH3,该反应属于可逆反应,因此密闭容器中1mol N2 (g)与3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol,形成N-H键的数目小于6 NA,故C错误;‎ D. ‎32g N2H4物质的量为=1mol,两个氮原子间有一个共用电子对,每个氮原子与氢原子间有两个共用电子对,因此1mol N2H4中含有的共用电子对数为5 NA,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意明确H3O+中含有10个电子,要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。‎ ‎4.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是 A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成 B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%‎ C. 在催化剂b表面形成氮氧键时,不涉及电子转移 D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程,发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂,A项错误;‎ B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应,无副产物生成,其原子利用率为100%,B项正确;‎ C. 在催化剂b表面形成氮氧键时,氨气转化为NO,N元素化合价由-3价升高到+2价,失去电子,C项错误;‎ D. 催化剂a、b只改变化学反应速率,不能提高反应的平衡转化率,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】D项是易错点,催化剂通过降低活化能,可以缩短反应达到平衡的时间,从而加快化学反应速率,但不能改变平衡转化率或产率。‎ ‎5.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 遇苯酚显紫色的溶液:I-、K+、SCN-、Mg2+‎ B. pH=12 的溶液:K+、Na+、ClO-、SO32—‎ C. 水电离的 c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液中:K+、Cl-、CH3COO-、Cu2+‎ D. 0.1 mol·L-1的 K2SO4溶液:Na+、Al3+、Cl—、NO3—‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.遇苯酚显紫色的溶液,说明溶液中含有Fe3+,Fe3+与I-‎ 因发生氧化还原反应而不能大量共存,Fe3+与SCN-能反应生成络合物,而不能大量共存,A不符合题意;‎ B.ClO-具有强氧化性,SO32-具有还原性,ClO-与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存,B不符合题意;‎ C.酸碱抑制水的电离,溶液中水电离的 c(OH-)=1×10-13mol·L-1,该溶液可能显酸性或碱性;酸性溶液中,H+与CH3COO-不能大量共存,C不符合题意;‎ D.0.1 mol·L-1的 K2SO4溶液,溶液中的Na+、Al3+、Cl-、NO3-能够大量共存,D符合题意;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】在做离子共存题的时候,重点要注意题目中暗含的信息,例如溶液中水电离的 c(OH-)=1×10-13mol·L-1,这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液,弱酸根离子与H+不能够大量共存,弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。‎ ‎6.短周期元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外层电子数关系 为 X+Z=Y。电解 Z 与 W 形成的化合物的水溶液,产生 W 元素的气体单质,此气体同冷烧碱溶液作 用,可得到化合物 ZWX 的溶液。下列说法正确的是 A. W 的氢化物稳定性强于 Y 的氢化物 B. Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C. Z 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性 D. 对应的简单离子半径大小为 W >Z > X>Y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大,电解Z与W形成的化合物的水溶液,产生W元素的气体单质,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到化合物ZWX的溶液,可推出W元素为氯元素(Cl),Z元素为钠(Na),X元素为氧(O),Y与W同族,可推出Y元素为氟(F)。‎ ‎【详解】A. 最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关,非金属性越强,最简单气态氢化物的稳定性越稳定,根据分析,Y元素为氟,W元素为氯,非金属性F>Cl,氢化物稳定性HF>HCl,故A错误;‎ B. Z元素为钠,钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键,故B错误;‎ C. 钠与氟形成氟化钠,属于强碱弱酸盐,F-会发生水解,F-+H2OHF+OH-‎ ‎,水溶液呈碱性,故C正确;‎ D. 对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-,可知O2-、F-、Na+电子层结构相同,原子序数越大半径越小,离子半径:O2->F->Na+,又因为Cl-有三个电子层,故Cl-半径最大,因此半径大小为:Cl->O2->F->Na+,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用,难度中等,推断元素是解题关键。‎ ‎7.乙烯气相直接水合反应制备乙醇:C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下(起始时,n(H2O)=n(C2H4)=1 mol,容器体积为‎1 L)。下列分析不正确的是( )‎ A. 乙烯气相直接水合反应的∆H<0‎ B. 图中压强的大小关系为:p1>p2>p3‎ C. 图中a点对应的平衡常数K =‎ D. 达到平衡状态a、b所需要的时间:a>b ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 温度升高,乙烯的转化率降低,平衡逆向移动;‎ B. 增大压强,平衡正向移动,乙烯的转化率增大;‎ C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%,依据三段法进行计算并判断;‎ D. 升高温度,增大压强,反应速率加快。‎ ‎【详解】A. 温度升高,乙烯的转化率降低,平衡逆向移动,正向为放热反应,∆H<0,A项正确;‎ B. 增大压强,平衡正向移动,乙烯的转化率增大,由图可知,相同温度下转化率p1a,所需要的时间:a>b,D项正确;‎ 答案选B。‎ ‎8.线型 PAA( )具有高吸水性,网状 PAA 在抗压性、吸水性等方面优于线型 PAA。网状 PAA 的制备方法是:将丙烯酸用 NaOH 中和,加入少量交联剂 a,再引发聚合。其部分结构片段 如图所示,列说法错误的是 A. 线型 PAA 的单体不存在顺反异构现象 B. 形成网状结构的过程发生了加聚反应 C. 交联剂 a 的结构简式是 D. PAA 的高吸水性与—COONa 有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 线型PAA的单体为CH2=CHCOONa,单体不存在顺反异构现象,故A正确;‎ B. CH2=CHCOONa中的碳碳双键发生的加成聚合反应,形成网状结构,过程发生了加聚反应,故B正确;‎ C. 分析结构可知交联剂a的结构简式是,故C错误;‎ D. 线型PAA()具有高吸水性,和−COONa易溶于水有关,故D正确;‎ 故选:C。‎ ‎9.只用如图所示装置进行下列实验,能够得出相应实验结论是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.稀盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳,说明稀盐酸的酸性比碳酸的酸性强,由于盐酸不是含氧酸,不能够证明Cl的非金属性比C的非金属性强,A错误;‎ B.电石中除含有碳化钙,还含有硫化钙和磷化钙,硫化钙和磷化钙能与饱和食盐水反应生成的H2S和PH3,H2S和PH3能使酸性高锰酸钾溶液褪色,干扰乙炔检验,B错误;‎ C.二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气,如果不加热,二氧化锰与浓盐酸不能发生反应,C错误;‎ D.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫,二氧化硫通入溴水中,溴水褪色,反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr,SO2在反应中作还原剂,D正确;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】实验室制取氯气时要注意:①浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下发生反应生成氯气,常温下浓盐酸与二氧化锰不反应;②稀盐酸与二氧化锰在加热的条件下也不能发生反应。二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色、能使溴水褪色,体现二氧化硫的还原性,而不是漂白性,二氧化硫使品红溶液褪色,体现二氧化硫的漂白性。‎ ‎10.常温下,向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水,所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是( )‎ A. 各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系:d>c>b>a B. 常温下,R- 的水解平衡常数数量级为10 -9‎ C. a点和d点溶液中,水的电离程度相等 D. d点的溶液中,微粒浓度关系:c(R-)+‎2c(HR)=c(NH3∙H2O)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关,根据图象可知,b点导电能力最强,d点最弱,A错误;‎ B.根据图象可知,0.1mol/L的HR溶液的pH=3,则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L,c(HR)≈0.1mol/L,HR的电离平衡常数Ka==10-5,则R-的水解平衡常数数Kh==10-9,B正确;‎ C.a、d两点导电能力相等,但溶液的pH分别为4、8,都抑制了水的电离,a点c(H+)=10-4mol/L,d点c(OH-)=10-6mol/L,所以对水的电离程度的影响不同,C错误;‎ D.d点加入20mL等浓度的氨水,反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O,根据物料守恒可得:‎2c(HR)+‎2c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+),因溶液呈碱性,NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,则c(NH4+)>c(NH3∙H2O),则c(HR)+c(R-)>c(NH3∙H2O),D错误;‎ 故合理选项是B。‎ 二、本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有1个或2个选项符合题意,全都选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分。‎ ‎11.高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂,制备流程如图所示:‎ 下列叙述错误的是 A. 用K2FeO4作水处理剂时,既能杀菌消毒又能净化水 B. 反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用 C. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2‎ D. 该条件下,物质的溶解性:Na2 FeO4< K2FeO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.K2FeO4具有强氧化性,可用于杀菌消毒,还原产物为Fe3+,Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体,可达到净水的目的,A叙述正确,但是不符合题意;‎ B.反应I中尾气Cl2为,可与FeCl2继续反应生成FeCl3,B叙述正确,但是不符合题意;‎ C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O,氧化剂是NaClO,还原剂是2FeCl3,所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2,C叙述正确,但是不符合题意;‎ D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4,K2FeO4晶体析出,说明该条件下,物质的溶解性:Na2 FeO4>K2FeO4,D叙述错误,但是符合题意;‎ 答案选D。‎ ‎12.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”,有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是 ‎ ‎ A. “全氢电池”工作时,将酸碱反应的中和能转化为电能 B. 吸附层 b 发生的电极反应:H2 – 2 e- + 2OH- = 2H2O C. NaClO4 的作用是传导离子和参与电极反应 D. “全氢电池”的总反应: 2H2 + O2 =2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电子流向可知,左边吸附层为负极,发生了氧化反应,电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O,右边吸附层为正极,发生了还原反应,电极反应是2e-+2H+═H2,结合原电池中阳离子移向正极,阴离子移向负极解答该题。‎ ‎【详解】A. “全氢电池”工作时,将酸碱反应的化学能(中和能)转化为电能,故A正确;‎ B. 右边吸附层为正极,发生了还原反应,电极反应是2e-+2H+═H2,故B错误;‎ C. NaClO4 的作用是传导离子,没有参与电极反应,故C错误;‎ D. 由电子流向可知,左边吸附层为负极,发生了氧化反应,电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O,右边吸附层为正极,发生了还原反应,电极反应是2e-+2H+═H2,总反应为:H++OH-═H2O,故D错误;‎ 正确答案是A。‎ ‎13.下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. ‎25℃‎时 pH=2 的 HF 溶液中,由水电离产生的 OH-浓度为 10-12 mol·L-1‎ B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中:c(Na+)=c(HCO3 -)+c(H2CO3)+‎2c(CO32- )‎ C. 向 ‎1 L 1 mol·L-1 的 NaOH 热溶液中通入一定量 Br2,恰好完全反应生成溴化钠、次溴酸钠和溴酸钠(溴 酸为强酸、次溴酸为弱酸)的混合溶液:c(Na+)+c(H+)=‎6c(BrO3-)+‎2c(BrO-)+c(HBrO)+c(OH-)‎ D. ‎25℃‎时 pH=3 的盐酸与 pH=11 的氨水等体积混合,所得溶液的 pH<7‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎25℃‎,pH=2的HF溶液中,c(H+)=10-2mol·L-1,OH-均由水电离,c(OH-)===10-12mol·L-1,故A正确;‎ B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3 溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(HCO3 -)+c(H2CO3)+‎2c(CO32-)+ c(OH-),该溶液呈碱性c(OH-)>c(H+),则c(Na+)> c(HCO3 -)+c(H2CO3)+‎2c(CO32-),故B错误;‎ C. 溶液中的溶质为NaBr、NaBrO、NaBrO3,它们会电离出阴阳离子,溶剂H2O也会电离出H+、OH-,则溶液中的阳离子有Na+、H+,阴离子有OH-、Br-、BrO-、BrO3-,可列出电荷守恒式:c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)①,再根据电子得失守恒,可列出:‎ ‎5c‎(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)②(其中BrO-会水解,部分转化为HBrO),①②式联立,可得:c(Na+)+c(H+)=‎6c(BrO3-)+‎2c(BrO-)+c(HBrO)+c(OH-),故C正确;‎ D. pH=3的盐酸中c(H+)=10-3mol/L,pH=11的氨水中c(OH-)=10-3mol/L,两种溶液H+与OH-离子浓度相等,但由于氨水为弱电解质,不能完全电离,则氨水浓度大于盐酸浓度,反应后氨水过量,溶液呈碱性,则所得溶液的pH>7,故D错误;‎ 故选AC。‎ ‎14.某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素含量,依次经过以下四个步骤,下列图示装置和原理能达到实验目的的是 A. 灼烧海带 B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质 C. 制备Cl2,并将I-氧化为I2‎ D. 以淀粉为指示剂,用Na2SO3标准溶液滴定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.灼烧海带在坩埚中进行,而不是在烧杯中,A错误;‎ B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作,过滤需要玻璃棒引流,B正确;‎ C.制备Cl2,并将I-氧化为I2,除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水,尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收,C错误;‎ D.Na2SO3是强碱弱酸盐,水解后溶液呈碱性,所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中,而不是酸式滴定管,D错误;‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】在实验操作中,选择合适的仪器至关重要,灼烧时应选择在坩埚中进行,滴定操作时应该注意滴定管的选择,酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。‎ 三、非选择题:本题共5小题,共60分。‎ ‎15.FeSO4溶液放置在空气中容易变质,因此为了方便使用Fe2+,实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”,化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O],它比绿矾或绿矾溶液更稳定。 ‎ I.某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。‎ 本实验中,配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都经过煮沸、冷却后再使用。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液,经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。‎ II.实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素 ‎(1)配制0.8 mol/L的FeSO4溶液(pH=4.5)和0.8 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0),各取2 mL上述溶液于两支试管中,刚开始两种溶液都是浅绿色,分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液,15min后观察可见:(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液,FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。‎ ‎【资料1】‎ 沉淀 Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 开始沉淀 pH ‎7.6‎ ‎2.7‎ 完全沉淀 pH ‎9.6‎ ‎3.7‎ ‎①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因___________________。‎ ‎②讨论影响Fe2+稳定性的因素,小组同学提出以下3种假设:‎ 假设1:其他条件相同时,NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。‎ 假设2:其他条件相同时,在一定 pH范围内,溶液 pH越小Fe2+稳定性越好。‎ 假设3:__________________________________________________。‎ ‎(2)小组同学用如图装置(G为灵敏电流计),滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A(0.2 mol/L NaCl)和溶液B(0.1mol/L FeSO4)为不同的 pH,观察记录电流计读数,对假设2进行实验研究,实验结果如下表所示。‎ 序号 A 0.2mol/LNaCl B 0.1mol/LFeSO4‎ 电流计读数 实验1‎ pH=1‎ pH=5‎ ‎8.4‎ 实验2‎ pH=1‎ pH=1‎ ‎6.5‎ 实验3‎ pH=6‎ pH=5‎ ‎7.8‎ 实验4‎ pH=6‎ pH=1‎ ‎5.5‎ ‎【资料2】原电池装置中,其他条件相同时,负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强,该原电池的电流越大。‎ ‎【资料3】常温下,0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。‎ 根据以上实验结果和资料信息,经小组讨论可以得出以下结论:‎ ‎①U型管中左池的电极反应式_________________。‎ ‎②对比实验1和2(或3和4),在一定pH范围内,可得出的结论为______ 。‎ ‎③对比实验_____和_____ 还可得出在一定 pH范围内,溶液酸碱性变化是对O2氧化性强弱的影响因素。‎ ‎④对【资料3】实验事实的解释为____________________。‎ ‎【答案】 (1). 蒸发浓缩 (2). 4Fe2+ + O2 + 10H2O=4Fe(OH)3↓ + 8H+ (3). 当其它条件相同时,硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时,硫酸根离子浓度越大,Fe2+的稳定性较好。) (4). O2 + 4e- +4H+=2H2O (5). 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱 (6). 1 (7). 3(或2和4) (8). 其它条件相同时,溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响,超过了对O2的氧化性增强的影响,故pH=1的FeSO4‎ 溶液更稳定。(其他表述酌情给分)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质性质及实验现象分析发生的化学反应;根据两种溶液离子浓度的差异判断,NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性;由表中数据可知,溶液酸性越强,电流计读数越小,说明Fe2+的还原性越弱,由实验1和3(或2和4)可知,pH越大电流计读数越小,以此解答该题。‎ ‎【详解】I.FeSO4具有还原性,应避免被氧化,则蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用,除去水中溶解的氧气,由溶液得到晶体,应先加热浓缩溶液,然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥,故答案为:蒸发浓缩;‎ II.(1)①FeSO4溶液出现淡黄色浑浊,应生成氢氧化铁沉淀,离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+,故答案为:4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+;‎ ‎②根据两种溶液离子浓度的差异判断,NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性,由题给信息可知,假设3可为当其它条件相同时,硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时,硫酸根离子浓度越大,Fe2+的稳定性较好),故答案为:当其它条件相同时,硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时,硫酸根离子浓度越大,Fe2+的稳定性较好);‎ ‎(2)①A为氯化钠溶液,空气中氧气参与正极反应,电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O,故答案为:O2+4e-+4H+=2H2O;‎ ‎②由表中数据可知,溶液酸性越强,电流计读数越小,说明Fe2+的还原性越弱,故答案为:溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱;‎ ‎③由实验1和3(或2和4)可知,pH越大电流计读数越小,可得出在一定pH范围内,溶液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素,故答案为:1和3(或2和4);‎ ‎④由表中数据可知,pH变化对亚铁离子的还原性较强,电流计读数出入较大,可知其它条件相同时,溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响,超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定,故答案为:其它条件相同时,溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响,超过了对O2的氧化性增强的影响,故pH=1的FeSO4溶液更稳定。‎ ‎16.五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业,用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利用含钒催化剂,研制了一种利用废催化剂(含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐)回收V2O5的新工艺流程如下:‎ 已知:a.部分含钒物质常温下在水中溶解性如下表所示:‎ 物质 VOSO4‎ V2O5‎ NH4VO3‎ ‎(VO2)2SO4‎ 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 b.+2OH-+H2O 回答下列问题:‎ ‎(1)用水浸泡废催化剂,为了提高单位时间内废钒的浸出率,可以采取的措施为_________(写一条)。‎ ‎(2)滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,其存在形式为_______________(填离子符号)。‎ ‎(3)在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为_____________。‎ ‎(4)生成VO2+的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子,该反应的离子方程式为________________‎ ‎(5)结合化学用语,用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为__________________‎ ‎(6)最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过‎80℃‎以后,沉钒率下降的可能原因是________________________;___________________(写两条)。‎ ‎(7)该工艺流程中可以循环利用的物质为__________________。‎ ‎(8)测定产品中V2O5的纯度:称取a g产品,先用硫酸溶解,得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1 mL c1 mol·L−1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO2++2H++Fe2+==VO2++Fe3++H2O)。最后用c2 mol·L−1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点,消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知被还原为Mn2+,假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量:‎182 g·mol−1)的质量分数是______。(列出计算式)‎ ‎【答案】 (1). 粉碎废钒搅拌适当升温 (2). VO2+ (3). V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O (4). 6VO2++ClO3-+3H2O= 6VO2++Cl-+6H+ (5). 作用1:溶液中存在平衡: VO2++2OH—VO3—+H2O,加入氨水,使OH—浓度增大,该平衡正移,从而使VO2+尽可能都转化为VO3- 作用2:溶液中存在平衡: NH4VO3(s) NH4+ (aq)+ VO3-(aq), 加入氨水,使NH4+浓度增大,该平衡逆移,从而使NH4VO3尽可能沉淀析出 (6). 原因1:温度升高,NH4VO3溶解度增大,沉钒率下降。 (7). 原因2:温度升高,氨水受热分解逸出溶液,使NH4+浓度下降,沉钒率下降。 (8). 氨水或NH3和H2O (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)用水浸泡废催化剂,为了提高单位时间内废钒的浸出率,可以用搅拌、粉碎的方式来增大固体与液体的接触面积,也可以升高温度;‎ ‎(2)由部分含钒物质常温下在水中的溶解性可知,滤液1溶质为VOSO4;‎ ‎(3)滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,所以V2O5与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4;‎ ‎(4)KClO3与VO2+反应生成V2O5,ClO3-作氧化剂,根据1molKClO3在反应时得到6mol电子,ClO3-被还原为Cl-;‎ ‎(5)根据勒夏特列原理解释加入氨水的作用;‎ ‎(6)从NH4VO3的溶解度、以及氨水受热分解的角度分析;‎ ‎(7)NH4VO3受热分解生成V2O5、氨气、水,故可以循环的物质是氨水;‎ ‎(8)根据元素化合价升降相等,滴定过程中由5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4,则过量的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b‎2c2×10-3mol,则与(VO2)2SO4溶液反应的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b‎1c1-5×b‎2c2)×10-3mol,根据钒元素守恒,则与V2O5 ~2VO2+~(NH4)2Fe(SO4)2,故n(V2O5)=5×(b‎1c1-5×b‎2c2)×10-4mol,据此计算可得。‎ ‎【详解】(1)用水浸泡废催化剂,为了提高单位时间内废钒的浸出率,可以采取粉碎废钒、搅拌、适当升温等措施;‎ ‎(2)由部分含钒物质常温下在水中的溶解性可知,滤液1溶质为VOSO4,滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,其存在形式为VO2+;‎ ‎(3)滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐,因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,所以滤渣1的成分中的V2O5与与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4,发生反应的化学方程式为V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O;‎ ‎(4)生成VO2+的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子,故ClO3-被还原为Cl-,反应的离子方程式为6VO2++ClO3-+3H2O= 6VO2++Cl-+6H+;‎ ‎(5)含VO2+的溶液中加入氨水生成NH4VO3,用平衡移动原理解释其作用,作用1:溶液中存在平衡: VO2++2OH-VO3-+H2O,加入氨水,使OH—浓度增大,该平衡正移,从而使VO2+尽可能都转化为VO3-,作用2:溶液中存在平衡: NH4VO3(s) NH4+ (aq)+ VO3-(aq),加入氨水,使NH4+浓度增大,该平衡逆移,从而使NH4VO3尽可能沉淀析出;‎ ‎(6)温度超过‎80℃‎以后,沉钒率下降的原因:①温度升高,NH4VO3溶解度增大,沉钒率下降;②温度升高,氨水受热分解逸出溶液,氨气在水中的溶解度降低,使NH4+浓度下降,沉钒率下降; ‎ ‎(7)NH4VO3受热分解的方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O,故该工艺流程中可以循环利用的物质为NH3和H2O;‎ ‎(8)根据元素化合价升降相等,滴定过程中由5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4,则过量的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b‎2c2×10-3mol,则与(VO2)2SO4溶液反应的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b‎1c1-5×b‎2c2)×10-3mol,根据钒元素守恒,则与V2O5 ~2VO2+~(NH4)2Fe(SO4)2,故n(V2O5)=5×(b‎1c1-5×b‎2c2)×10-4mol,则产品中V2O5 的质量分数是: = 。‎ ‎17.十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。绿色能源是实施可持续发展的重要途径,利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如下图所示:‎ ‎(1)已知:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)  △H1= - 41 kJ/mol CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/mol 请写出反应I的热化学方程式__________________________________________________________。‎ ‎(2)反应II,在进气比[n(CO) : n(H2O)]不同时,测得相应的CO平衡转化率见下图(各点对应的反应温度可能相同,也可能不同;各点对应的其他反应条件都相同)。‎ ‎①经分析,A、E和G三点对应的反应温度相同,其原因是KA=KE=KG=__________(填数值)。在该温度下:要提高CO平衡转化率,除了改变进气比之外,还可采取的措施是_____ ‎ ‎②对比分析B、E、F三点,可得出对应的进气比和反应温度的变化趋势之间的关系是________‎ ‎③比较A、B两点对应的反应速率大小:VA________VB(填“<” “=”或“>”)。反应速率v=v正−v逆= K正X(CO)X(H2O) –K逆X( CO2)X(H2),K正、K逆分别为反应速率常数,X为物质的量分数,计算在达到平衡状态为D点的反应过程中,当CO转化率刚好达到20%时 ‎ =__________ (计算结果保留1位小数)。‎ ‎(3)反应III,利用碳酸钾溶液吸收CO2得到饱和的KHCO3电解液,电解活化的CO2来制备乙醇。‎ ‎①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a,Ka2=10-b,吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c,则该溶液中 =________(列出计算式)。‎ ‎②在饱和KHCO3电解液中电解CO2来制备乙醇的原理如图所示。则阴极的电极反应式是________。‎ ‎【答案】 (1). CH3CH2OH(g)+H2O(g)  4H2(g)+2CO(g) △H= +256.1 kJ/mol (2). 1 ‎ ‎(3). 及时移去产物 (4). 进气比越大,反应温度越低或进气比越小,反应温度越高 (5). < (6). 36.0 (7). c-a (8). 14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合图1和已知的两个热化学方程式方程式,确定反应I的热化学方程式;‎ ‎(2)①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) 该反应是反应前后气体分子数不变的反应,E点时n(CO):n(H2O)=1,CO平衡转化率为50%,假设开始时CO、H2O的物质的量均为xmol,计算平衡时n(CO)、n(H2O)、n(CO2)、n(H2)然后进行相关计算;‎ ‎②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)  △H1= - 41 kJ/mol 该反应是放热反应,当其他条件不变时,温度越高转化率越低;‎ ‎③A、E和G三点对应的反应温度相同,B的温度比E的温度高,投料比相同时,温度越高反应速率越快;先计算出D点平衡时K正、K逆的关系,然后计算出反应过程中当CO的转化率为20%,然后计算出CO、H2O、CO2、H2的物质的量分数;‎ ‎(3)①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a,Ka2=10-b,吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c,c(H+)=1.0×10-cmol/L, =;‎ ‎②电解时,阴极发生还原反应,CO2得电子转化为CH3CH2OH。‎ ‎【详解】(1)①CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)  △H1= - 41 kJ/mol ②CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 2CO2(g)+6H2(g) △H2=+174.1 kJ/mol,根据盖斯定律可知:由①×2+②得CH3CH2OH(g)+H2O(g) 4H2(g)+2CO(g) △H= +256.1 kJ/mol ;‎ ‎(2)①A、E和G三点对应反应温度相同,平衡常数相同,E点时n(CO):n(H2O)=1,CO平衡转化率为50%,假设开始时CO、H2O的物质的量均为xmol,平衡后n(CO)=n(H2O)=n(CO2)=n(H2)=0.5mol,同一容器中,所以平衡后c(CO)=c(H2O)=c(CO2)=c(H2),KE==1,故KA=KE=KG=1;在该温度下:要提高CO平衡转化率,在CO的物质的量不变的情况下,继续通入过量的H2或减小生成物的浓度,即及时移去生成物;‎ ‎②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1= - 41 kJ/mol,B、E、F三点,n(CO):n(H2O)的比值逐渐增大,但是它们的转化率不变,说明它们的温度越低,即进气比越大,反应温度越低;‎ ‎③因为A、E和G三点对应的反应温度相同,由②可知B的温度比E 的温度高,投料比相同时,温度越高反应速率越快,故VA< VB;D点的时,n(CO):n(H2O)=1,假设开始时CO、H2O的物质的量均为ymol,反应过程中当CO的转化率为20%,n(CO)=n(H2O)=0.8ymol,n(CO2)=n(H2)=0.2ymol,X(CO)=X(H2O)= =40%,X(CO2)=X(H2)= =10%;D点的时,CO平衡转化率为50%,故平衡时n平(CO)=n平(H2O)=0.4ymol,n平(CO2)=n平(H2)=0.6ymol,X平(CO)=X平(H2O)= =20%,X平(CO2)=X平(H2)= = 30%,平衡时v正=v逆,即K正X(CO)X(H2O)=K逆X( CO2)X(H2),故 = =,故在达到平衡状态为D点的反应过程中,当CO转化率刚好达到20%时, = = =36.0;‎ ‎(3)①已知碳酸的电离常数Ka1=10-a,Ka2=10-b,吸收足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pH=c,c(H+)=1.0×10-cmol/L,==c-a;‎ ‎②电解时,阴极发生还原反应,CO2得电子转化为CH3CH2OH,阴极电极反应式为14CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12HCO3-。‎ ‎18.‎ 镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题:‎ ‎(1)基态镍原子的价电子排布式为_____,排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有____个伸展方向。‎ ‎(2)镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4 和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法正确的有___‎ A.CO与CN-互为等电子体,其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2-‎ B.NH3的空间构型为平面三角形 C.Ni2+在形成配合物时,其配位数只能为4‎ D.Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中,镍元素均是sp3杂化 ‎(3)丁二酮肟常用于检验Ni2+:在稀氨水中,丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀,其结构如图所示。该结构中,除共价键外还存在配位键和氢键,请在图中用“→”和“•••”分别表示出配位键和氢键。_____‎ ‎(4)NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同,相关离子半径如下表:‎ NiO晶胞中Ni2+的配位数为____,NiO熔点比NaCl高的原因是_____。‎ ‎(5)研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。属六方晶系,其晶胞如图a中实线所示,储氢位置有两种,分别是八面体空隙(“ ”)和四面体空隙(“ ”),见图b、c,这些就是氢原子存储处,有氢时,设其化学式为LaNixHy。‎ ‎①LaNix合金中x的值为_____;‎ ‎②晶胞中和“”同类的八面体空隙有___个,和“”同类的四面体空隙有___个。‎ ‎③若H进入晶胞后,晶胞的体积不变,H的最大密度是______g/cm-3(保留2位有效数字,NA=6.0×1023,=1.7)‎ ‎【答案】 (1). 3d84s2 (2). 5 (3). A (4). ‎ ‎ (5). 6 (6). 离子所带电荷数越高,离子半径越小,则晶格能越大,熔点越高 (7). 5 (8). 3 (9). 6 (10). 0.18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据Ni的最外层电子排布式作答;‎ ‎(2)A. CO与N2互为等电子体,互为等电子体的两种物质结构相似;‎ B. 依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论作答;‎ C. 找出[Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+两种配合物的配体个数;‎ D. 依据杂化轨道理论分析其杂化类型;‎ ‎(3)依据配位键与氢键的存在原子种类分析;‎ ‎(4)NiO的晶体结构类型与氯化钠相同;从离子晶体的晶格能角度分析熔点高低;‎ ‎(5)①利用均摊法求出晶胞中La与Ni的原子个数比,进而得出化学式;‎ ‎②根据空间构型分析作答;‎ ‎③结合几何关系,找出六方晶胞的体积,再依据密度公式作答。‎ ‎【详解】(1)Ni为28号元素,价电子排布式为3d84s2,排布时能量最高的电子所占的能级为3d,3d轨道有5个伸展方向,故答案为3d84s2;5;‎ ‎(2)A. CO、CN-与N2互为等电子体,N2分子内含1个σ键和2个π键,A项正确;‎ B. NH3中N原子为sp3杂化方式,VSEPR模型为四面体形,空间构型为三角锥形,B项错误;‎ C. [Ni(CN)4]2-和[Ni(NH3)6]2+中的Ni的化合价为+2价,其配位数分别是4和6,C项错误;‎ D. [Ni(CN)4]2-为正四面体,采用sp3杂化,而[Ni(NH3)6]2+是正方形,不是sp3杂化方式,D项错误;‎ 故答案选A;‎ ‎(3)中心原子提供空轨道,配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O和F 等电负性很强的原子形成的共价键的H与另外的N、O和F等电负性很大的原子之间,则可以为:;‎ ‎(4)氯化钠中钠离子和氯离子的配位数分别是6,NiO的晶体结构类型与氯化钠相同,NiO晶胞中Ni和O的配位数分别6,影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷,所带电荷数越高,离子半径越小,则晶格能越大,熔点越高;‎ ‎(5)①该晶体的晶胞不是六棱柱,而是实线部分表示的平行六面体,各原子在晶胞中的位置可参照图a和b,如果将平行六面体抽取出来,晶胞如下图所示,,La在顶点,Ni在面心有4个(其中顶层和底层各2个,均摊后各1个,前后左右4个面各1个,均摊后共2个)和体心(1个),所以晶体化学式为LaNi5,x=5,‎ ‎②其正八面体空隙和四面体型空隙的位置如下图所示:‎ ‎,(若以空心球表示原子,实心球表示空隙的中心,则正八面体结构为,四面体结构为:;‎ ‎③六方晶胞体积V=a2csinθ=(500×10-10)2×400×10-10×sin60°=8.5×10‎-23 cm3,。‎ ‎19.高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点,因此广泛应用于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙66的一些途径。‎ ‎(1)A的结构简式为_____________。‎ ‎(2)B中官能团的名称是_____________。‎ ‎(3)反应①~④中,属于加成反应的有_______,反应⑥~⑨中,属于氧化反应的有_______。‎ ‎(4)请写出反应⑥的化学方程式_____________。‎ ‎(5)高分子材料尼龙66中含有结构片段,请写出反应⑩的化学方程式_____________。‎ ‎(6)某聚合物K的单体与A互为同分异构体,该单体核磁共振氢谱有三个峰,峰面积之比为1:2:3,且能与NaHCO3溶液反应,则聚合物K的结构简式是_____________。‎ ‎(7)聚乳酸()是一种生物可降解材料,已知羰基化合物可发生下述反应: (R′可以是烃基或H原子)。用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程。_______________‎ ‎【答案】 (1). HOCH‎2C≡CCH2OH (2). 羟基 (3). ①② (4). ⑦⑧ (5). (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合A的分子式和C后的产物,可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A,故A的结构简式为HOCH‎2C≡CCH2OH;A与氢气发生加成反应生成B,B为HOCH2CH2CH2CH2OH,B与HBr发生取代反应生成C,C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br,C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN,然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH,苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇,环己醇发生催化氧化生成环己酮,环己酮发生氧化反应 HOOCCH2CH2CH2CH2COOH,HOOCCH2CH2CH2CH2COOH与SOCl2发生取代反应生成ClCO(CH2)4COCl,ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应,生成高分子材料尼龙66。‎ ‎【详解】(1)结合A的分子式和C后的产物,可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A,故A的结构简式为HOCH‎2C≡CCH2OH;‎ ‎(2)A与氢气发生加成反应生成B,B为HOCH2CH2CH2CH2OH,B中官能团的名称是羟基;‎ ‎(3)反应①、②是加成反应,反应③、④为取代反应;‎ ‎(4)反应⑥是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇,反应方程式为;‎ ‎(5)高分子材料尼龙66中含有结构片段,ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应,生成高分子材料尼龙66,反应方程式为;‎ ‎(6)某聚合物K的单体与A(HOCH‎2C≡CCH2OH)互为同分异构体,该单体能与NaHCO3溶液反应,故该单体中含有羧基,该单体核磁共振氢谱有三个峰,峰面积之比为1:2:3,所以该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH,该聚合物K的结构简式为;‎ ‎(7)由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸(),乙醇发生催化氧化生成乙醛,乙醛与HCN发生反应后在水解条件下生成HOCH(CH3)COOH,合成路线如图所示。‎
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